Kezdőlap


Feladat:	1334. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Babai L. , Balla Katalin , Bárány I. , Berghold Zsuzsanna , Buda Rózsa , Darvas Gy. , Deák J. , Dévaj Ágnes , Domokos L. , Eff L. , Ferenczi Gy. , Ferenczi M. , Fleischer T. , Füvesi I. , Gárdos Eszter , Hoffer Anna , Huhn A. , Kajcsos Zsolt , Kóbor Gy. , Kun I. , Kövér Á. , Kövesdi Gy. , László L. , Lehel Cs. , Lévai F. , Madarász Kornélia , Majtényi Gy. , Márki L. , Molnár Ágnes , Nagy Attila , Nagy Zsuzsa , Pelle G. , Pete L. , Petrovits I. , Racskó P. , Scsaurszky P. , Simig Gy. , Steiner Gy. , Surányi L. , Sükösd Cs. , Szigeti Ágnes , Szörényi M. , Tényi G. , Tongori Éva , Török L. , Vajda A. , Vesztergombi Katalin , Zomi L.
Füzet:	1965/március, 114 - 116. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Csúsztatva tükrözés, Két pont távolsága, szakasz hosszúsága, Egyenesek egyenlete, Egyéb ponthalmazok a koordinátasíkon, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1964/szeptember: 1334. matematika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

I. megoldás. A két háromszög egybevágó, mert oldalaik hossza páronként egyenlő: $A B = E F = 15$ , $B C = D E = \sqrt[]{250}$ , $C A = F D = 5$ egység; az első háromszög $A$ , $B$ , $C$ csúcsának a másodikban $F$ , $E$ , $D$ felel meg.
A háromszögek csúcsainak $A$ , $B$ , $C$ , illetőleg $F$ , $E$ , $D$ sorrendben való körüljárása ellentétes irányú, ti. az előbbié az óraszámlapon a mutatók körüljárásával ellentétes, az utóbbié megegyező irányú. ‐ Ezek szerint a két háromszög egybevágósági transzformációkkal egymásba vihető, és ezek közt kell tengelyes tükrözésnek szerepelnie, mert a rajzsíkban végzett forgatás és eltolás a körüljárás irányát nem változtatja meg.

1. ábra

Ha van a feladat feltételeinek megfelelő

t

tengely, legyen az

F E D

háromszögnek erre való tükörképe

F' E' D'

. Így az

F F'

szakasz

F_{0}

felezőpontja

t

-n van. Ugyanez áll

F A

-nak

F_{1}

felezőpontjára is, mert

F_{0} F_{1}

F F' A

háromszög

F' A

-val párhuzamos középvonala,

F' A

pedig, a tükrözés utáni eltolás, párhuzamos

t

-vel; így

F_{0}

-ból

F_{1}

-be valóban

t

mentén jutunk el. Eszerint a keresett tengely egyenesét megkapjuk, ha

F_{1}

-et összekötjük egy további csúcspár közti szakasz felezőpontjával, pl.

E B

-nek

E_{1}

felezőpontjával.

F_{1}

koordinátái

(11; 10, 5)

E_{1}

-éi

(20, 6; 3, 3)

, ezekből

t

egyenlete:

\begin{matrix} y - 10, 5 = \frac{- 7, 2}{9, 6} (x - 11) = - \frac{3}{4} (x - 11); 3 x + 4 y - 75 = 0. \end{matrix}

Így

F_{0}

, mint az

F

-ből

t

-re bocsátott merőleges talppontja:

F_{0} (13; 9)

, és

F'

koordinátáit

u

-val, ill.

v

-vel jelölve

\begin{matrix} \frac{u + 22}{2} = 13, u = 4, \frac{v + 21}{2} = 9, v = - 3; F' (4; - 3) . \end{matrix}

A tükrözést követő eltolás nagysága

F' A = 5

egység, iránya párhuzamos

t

-vel, és az eltolás során a pontok abszcisszája csökken. Mondhatjuk így is: az eltolás

X

-menti összetevője

- 4

egység,

Y

-menti összetevője

+ 3

egység. Valóban,

E

-nek,

D

-nek

t

-re való tükörképe hasonlóan

E' (19; - 3)

ill.

D' (4; 2)

, és ezekből a fenti eltolással

B

-be, ill.

C

-be jutunk.
Ha

A B C

-t tükrözzük és a tükörképet toljuk át

F E D

-be, akkor a tengely és az eltolás nagysága ugyanaz, iránya ellentétes az előbbivel, az eltolás során a pontok abszcisszái növekednek.

Kajcsos Zsolt (Szombathely, Nagy Lajos g. IV. o. t.)

2. ábra

II. megoldás. Toljuk el a két egybevágó háromszög egyikét, pl.

F E D

-t úgy, hogy egyik csúcsa, pl.

F

essék egybe az

A B C

háromszög megfelelő csúcsával,

A

-val. Az eltolt háromszög csúcsait jelöljük

F^{*} = A

E^{*}

D^{*}

-gal (2. ábra). Az

A B C

háromszöget a megfelelő oldalpárok szögének a felező egyenesére, pl.

B A E^{*} ∢ f

felezőjére tükrözve

F^{*} E^{*} D^{*}

-ba megy át (és csak ezzel a tükrözéssel). Most toljuk el

F^{*} E^{*} D^{*}

-ot

f

-re merőleges irányban úgy, hogy

E^{*}

E

csúcs

B E^{*}

egyenesen levő

E_{1}

merőleges vetületébe kerüljön,

D^{*}

F^{*}

új helyzete legyen

D_{1}

F_{1}

. Ekkor egyrészt

F_{1} E_{1} D_{1}

háromszög az

A B C

háromszög tükörképe a

B E_{1}

szakasz

f

-fel párhuzamos

t

felező merőlegesére, másrészt

F_{1} E_{1} D_{1}

-et úgy tolva el, hogy

E_{1}

E

-be jusson, a háromszög

F E D

-be megy át, hiszen a két háromszög megfelelő oldalai párhuzamosak és egyenlők. Ez az eltolás merőleges

E_{1} B

-re, tehát párhuzamos

t

-vel. Így a feladat követelményeinek megfelelő tükrözést és eltolást találtunk.
A feladat adatai mellett

E^{*}

és

D^{*}

az abszcisszák 22-vel és az ordináták 21-gyel való csökkentésével kaphatók:

E^{*} (4, 2; - 14, 4)

D^{*} (- 4, 8; - 1, 4)

. A

B A E^{*} ∢

felezője az

A

-t a

B E^{*}

szakasz

A_{1} (9, 6; - 7, 2)

felezőpontjával összekötő egyenes, mert a

B A E^{*} △

egyenlő szárú; iránytangense

- 7, 2 / 9, 6 = - 3 / 4

. Mostmár az

E_{1}

pont a

B

-n átmenő

- 1 / (- 3 / 4) = 4 / 3

iránytangensű, és az

E

-n átmenő

- 3 / 4

iránytangensű egyenes, a

4 x - 3 y = 60

és

3 x + 4 y = 105

egyenesek metszéspontja:

E_{1} (- 22, 2; 9, 6)

, tehát az eltolás

X

, ill.

Y

tengely irányú összetevője

- 4

és

3

. A tükrözés tengelye a

B E_{1}

szakasz

(18, 6; 4, 8)

felezőpontján átmenő,

- 3 / 4

iránytangensű egyenes, egyenlete:

3 x + 4 y - 75 = 0

Balla Katalin (Budapest, Radnóti M. gyak. g. IV. o. t.)

Megjegyzés. A megoldás első része csak annyit használt fel, hogy a két háromszög egybevágó és ellenkező körüljárású. Így általában beláttuk, hogy két ilyen háromszög egyike mindig átvihető a másikba egy tükrözéssel és a tükörtengellyel párhuzamos eltolással.